Exercice 39

1. Pour $k \in \mathbb{N}$, on note $I_{k} = \{n \geqslant 1 \mid \lfloor \ln n \rfloor = k\} = \{n \geqslant 1 \mid \mathrm{e}^{k} \leqslant n < \mathrm{e}^{k + 1}\}$. C'est un intervalle d'entiers $[\![A_{k}\,;B_{k}]\!]$, non vide puisque $\mathrm{e}^{k + 1} - \mathrm{e}^{k} > 1$, avec $$\mathrm{e}^{k} \leqslant A_{k} < \mathrm{e}^{k} + 1, \qquad \mathrm{e}^{k + 1} - 1 \leqslant B_{k} < \mathrm{e}^{k + 1}.$$ Sur $I_{k}$, le terme général vaut $\frac{(-1)^{k}}{n}$, et la somme du paquet est $(-1)^{k}T_{k}$ avec $T_{k} = \sum_{n=A_{k}}^{B_{k}} \frac{1}{n}$. La méthode des rectangles (proposition 6 (ii)), appliquée à $t \mapsto \frac{1}{t}$ à partir de $n_{0} = A_{k}$, donne $$\ln\frac{B_{k} + 1}{A_{k}} \leqslant T_{k} \leqslant \frac{1}{A_{k}} + \ln\frac{B_{k}}{A_{k}}, \qquad\text{donc}\qquad 1 - \ln\big(1 + \mathrm{e}^{-k}\big) \leqslant T_{k} \leqslant 1 + \mathrm{e}^{-k}.$$ Ainsi $\boxed{T_{k} \xrightarrow[k \to +\infty]{} 1}$ : pour $k = 8$, $T_{8} \approx 1{,}0002$ ✓. Les intervalles $I_{k}$ se suivent : en posant $a_{0} = 0$ et $a_{n} = \frac{(-1)^{\lfloor \ln n \rfloor}}{n}$ pour $n \geqslant 1$, ce sont les paquets de l'exercice 6, avec $\varphi(0) = 0$ et $\varphi(k) = A_{k}$ pour $k \geqslant 1$. Si la série convergeait, la question 1 de l'exercice 6 donnerait la convergence de la série des paquets $\sum (-1)^{k}T_{k}$, dont le terme général tendrait vers $0$ ; or $|(-1)^{k}T_{k}| = T_{k}$ tend vers $1$. $$\boxed{\sum\nolimits_{n \geqslant 1} \frac{(-1)^{\lfloor \ln n \rfloor}}{n} \text{ diverge}}$$ Le terme général tend pourtant vers $0$ et change de signe une infinité de fois : mais les plages de signe constant s'allongent si vite que chacune apporte une contribution voisine de $\pm 1$.

2. Soit $f(t) = \frac{\sin(\ln t)}{t}$ sur $[1\,,+\infty[$, de sorte que le terme général est $a_{n} = (-1)^{n}f(n)$. La fonction $f$ est dérivable, avec $$f'(t) = \frac{\cos(\ln t) - \sin(\ln t)}{t^{2}}, \qquad |f'(t)| \leqslant \frac{2}{t^{2}}.$$ On regroupe les termes par paires : $a_{1} = -f(1) = 0$, et pour $p \geqslant 1$, l'inégalité des accroissements finis (chapitre 9, théorème 6) sur $[2p\,,2p + 1]$ donne $$|a_{2p} + a_{2p+1}| = |f(2p) - f(2p + 1)| \leqslant \frac{2}{(2p)^{2}} = \frac{1}{2p^{2}}.$$ Avec $a_{0} = 0$ et $\varphi(p) = 2p$, la série des paquets est absolument convergente (proposition 9), et la somme des modules dans chaque paquet, majorée par $|f(2p)| + |f(2p + 1)| \leqslant \frac{1}{p}$, tend vers $0$. La question 3 de l'exercice 6 donne la convergence. $$\boxed{\sum\nolimits_{n \geqslant 1} (-1)^{n}\frac{\sin(\ln n)}{n} \text{ converge}}$$ L'exercice 23 a montré que $\sum \frac{\sin(\ln n)}{n}$ diverge. La série étudiée ici n'est donc pas absolument convergente : sinon $\sum |f(n)|$ convergerait, et $\sum f(n)$ aussi (théorème 6). C'est l'alternance des signes, et elle seule, qui fait converger : les termes consécutifs $f(2p)$ et $f(2p + 1)$ sont si proches qu'ils se compensent presque, alors que dans l'exercice 23 les plages où $\sin(\ln n)$ garde un signe constant sont trop longues. Numériquement, les sommes partielles d'indices $10^{5}$ et $10^{6}$ valent $0{,}158\,09$ et $0{,}158\,10$.

Piège. Le théorème 7 ne s'applique pas directement : la suite $(|f(n)|)$ n'est pas décroissante, puisque $|\sin(\ln n)|$ croît sur de longues plages. Le regroupement par paires remplace l'hypothèse de monotonie par une estimation de la différence de deux termes consécutifs.